题目内容
17．（1）下列说法正确的是ABA．化学反应的实质就是旧化学键的断裂，新化学键的形成，在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，必然伴随着能量的变化
B．钢铁的电化腐蚀中，吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应都为：Fe-2e-=Fe2+
C．可逆反应在一定条件下，有一定的限度，当反应进行到最大限度后，反应物就不再转化为生成物
D．放热反应发生时，不一定要加热．但吸热反应必须要加热才能发生
（2）在 101kPa 时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ 热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-571.6kJ•mol-1；
（3）目前工业上有一种方法是用CO2来生产甲醇：CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）；图1表示该反应进行过程中能量的变化．（单位为：kJ•mol-1）该反应是放热（填“吸热”或“放热”）反应．△H＜0（填“＞”或“＜”）
（4）比较下面各组热化学方程式，△H1＜△H2的是BD（即前一反应放热较多的是）
A．2H2（g）+O2（g）=2H2O（g ）△H1 2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H2
B．S（g）+O2（g）=SO2（g ）△H1 S（s）+O2（g）=SO2（g ）△H2
C．C（s）+1/2O2（g）=CO （g ）△H1 C（s）+O2（g）=CO2 （g ）△H2
D．H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g ）△H1 1/2H2（g）+1/2Cl2（g）=HCl（g ）△H2
（5）101kPa条件下，14g N2和3g H2反应生成NH3的能量变化如图2示意：又已知：①已知b=1173；
②25℃、101kPa下N2（g）+3H2 （g）═2NH3 （g）△H=-92kJ•mol-1则a=1127．
分析 （1）A．根据化学反应的实质以及能量守恒；
B．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应都是金属失去电子；
C．根据可逆反应的特征判断；
D．放热反应发生时不一定要加热，但吸热反应也不一定要加热；
（2）根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；
（3）根据反应物和生成物能量大小判断热效应；
（4）A、水由气态变成液态，放出热量；
B、固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热；
C、碳不完全燃烧放热少，焓变比较大小考虑负号；
D、氢气与氯气反应为放热反应，所以△H＜0，又焓变与系数成正比关系；
（5）反应热=反应物中的键能之和-生成物中的键能之和求出a．
解答 解：（1）A．化学反应的实质就是旧化学键的断裂，新化学键的形成，在化学反应中，反应物转化为生成物的同时，由于反应物和生成物的能量不等，必然发生能量的变化，故A正确；
B．钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀的负极反应都是金属失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故B正确；
C．可逆反应在一定条件下有一定的限度，当反应进行到一定限度后，当改变外界条件，反应物仍然转化为生成物，故C错误；
D．放热反应发生时不一定要加热，但吸热反应也不一定要加热，故D错误；
故选：AB；
（2）2gH2即1mol完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2mol完全燃烧生成液态水，放出571.6kJ热量，所以该热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-571.6 kJ•mol-1，
故答案为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-571.6 kJ•mol-1；
（3）由于反应物能量高于反应物能量，即反应物生成生成物，释放热量，所以该反应为放热反应，△H＜0，故答案为：放热；＜；
（4）A、水由气态变成液态，放出热量，所以生成液态水放出的热量多，但反应热为负值，所以△H1＞△H2，故A不符合；
B、固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以△H1＜△H2，故B符合；
C、碳不完全燃烧放热少，焓变比较大小考虑负号，所以△H1＞△H2，故C不符合；
D、氢气与氯气反应为放热反应，所以△H＜0，又焓变与系数成正比关系，则△H1 =2△H2＜0，所以△H1＜△H2，故D符合；
故选：BD；
（5）该反应放热，反应热=反应物的键能-生成物的键能，氮气和氢气反应生成氨气的热化学方程式为：$\frac{1}{2}$N2（g）+$\frac{3}{2}$H2（g）=NH3（g）△H=a-bkJ•mol-1，则N2（g）+3H2 （g）=2NH3（g）△H=2（a-b）kJ•mol-1=-92kJ•mol-1，所以a-b=-46，又因b=1173，所以a-b=-46，a=1127，故答案为：1127．
点评 本题考查了热化学方程式的书写以及物质反应能量变化分析判断等，主要是物质量不同、状态不同、产物不同，题目较简单，注意知识的积累．
华东师大版一课一练系列答案
| A． | 乙烯与溴水（加成反应） | B． | 苯与液溴（取代反应） | ||
| C． | 乙醇与乙酸的酯化反应（取代反应） | D． | 乙醇与氧气（取代反应） |
氢氧燃料电池是一种能在航天飞机上使用的特殊电池，其反应原理示意图如图．下列有关氢氧燃料电池的说法不正确的是（ ）| A． | 由于A、B两电极没有活动性差别，不能构成原电池 | |
| B． | A电极是负极，电极上发生氧化反应 | |
| C． | 产物为无污染的水，属于环境友好的绿色电池 | |
| D． | 外电路中电流由B电极通过导线流向A电极 |
FeSO4$\stackrel{①}{→}$FeOOH晶种$\stackrel{②}{→}$FeOOH$\stackrel{③}{→}$Fe2O3$\stackrel{④}{→}$Fe3O4$→_{⑤}^{CoSO_{4}溶液}$
（1）步骤①是在FeSO4溶液中加入NaOH溶液，在40℃下搅拌生成FeOOH晶种．生成晶种的化学方程式为4FeSO4+8NaOH+O2$\frac{\underline{\;40℃\;}}{\;}$4FeOOH+4Na2SO4+2H2O；
（2）步骤③将FeOOH固体在200～300℃下加热脱水，生成红色Fe2O3．实验室完成该操作需要下列仪器中的cde（填字母）．
a．蒸发皿 b．烧杯 c．坩埚 d．泥三角 e．酒精灯
（3）步骤④通入H2，加热至300～400℃，生成Fe3O4．通入H2前要向加热炉中通入N2，其作用为排尽装置中的空气，防止氢气与氧气混合反应爆炸．
（4）步骤⑤加入CoSO4溶液，所得粗产品经过滤、洗涤、干燥即得成品．检验粗产品洗涤干净的实验操作和现象是取最后一次洗涤滤出液少许于试管中，滴加氯化钡溶液，如果不产生白色沉淀，则表明洗涤干净．
（5）某研究小组欲用锂离子电池正极废料（含LiCoO2、铝箔、铁的氧化物）制备CoSO4•7H2O晶体．下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）．
| 金属离子 | 开始沉淀的pH | 沉淀完全的pH |
| Fe3+ | 1.1 | 3.2 |
| Fe2+ | 5.8 | 8.8 |
| Co2+ | 6.9 | 9.4 |
①用N-甲基吡咯烷酮在120℃下浸洗正极废料，使LiCoO2与铝箔分离，得到LiCoO2粗品并回收铝．
②用稀硫酸溶解LiCoO2，并加入过量H2O2．
③向所得粗品CoSO4溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为5，过滤．
④向③所得滤液中加入NaOH溶液，调节pH至9.4，过滤，洗涤得到Co（OH）2沉淀．
⑤将Co（OH）2沉淀溶于稀硫酸中，蒸发浓缩、降温结晶，得到CoSO4•7H2O晶体．
文字根据以上信息回答下列问题：
（1）该生产过程还可以与氯碱工业、硫酸工业生产相结合，工业生产硫酸的方法是接触法，氯碱工业的装置是离子交换膜电解槽．
（2）写出生产过程中X：Fe Y：HCl （填化学式）．
（3）写出产生CuCl的化学方程式：CuCl2+CuSO4+SO2+2H2O=2CuCl↓+2H2SO4．
（4）生产中为了提高CuCl产品的质量，采用抽滤或者减压过滤法快速过滤，析出的CuCl晶体不用水而用无水乙醇洗涤的目的是减少CuCl的损失；生产过程中调节溶液的pH不能过大的原因是：防止CuCl水解．
（5）在CuCl的生成过程中除环境问题、安全问题外，你认为还应该注意的关键问题是：防止CuCl的氧化和见光分解．
（6）氯化亚铜的定量分析：
①称取样品0.25g（称准至0.0002g）置于预先放入玻璃珠50粒和10ml过量的FeCl3溶液250ml锥形瓶中，不断摇动；玻璃珠的作用是加速固体样品的溶解．
②待样品溶解后，加水50ml，邻菲罗啉指示剂2滴；
③立即用0.10mol•L-1硫酸铈标准溶液滴至绿色出现为终点；同时做空白试验一次．
已知：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2
Fe2++Ce4+══Fe3++Ce3+
如此再重复二次测得：
| 1 | 2 | 3 | |
| 空白实验消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） | 0.75 | 0.50 | 0.80 |
| 0.25克样品消耗硫酸铈标准溶液的体积（ml） | 24.65 | 24.75 | 24.70 |
| A． | 第一电离能：④＞①＞②＞③ | B． | 原子半径：①＞③＞②＞④ | ||
| C． | 电负性：④＞③＞②＞① | D． | 最高正化合价：④=①＞③＞② |